基本量法誠可貴，巧用性質價更高

數列是高中數學的核心內容之一，也是數學高考的命題重點，尤其是等差數列和等比數列，每年必考.在高考命題中，單一考查等差數列或等比數列的知識與方法的考題一般出現在選擇題或填空題中，難度中等．這類問題看似不難，似乎人人都可得分，但對于高考來說，必須講究解題效率，在解答基礎題時只有爭分奪秒，才能為后面的能力題的解答爭取時間．下面，我們從2025年一道等差數列高考真題說起

一、高考真題探究

（2025年新高考ⅡI卷題7）記 S_n 為等差數列{a_n} 的前 n 項和，若 S₃=6 ， S₅=-5 ，則 S₆=（ ）

A. -12 B.-15 C.-10 D. ^-5

分析：本題主要考查等差數列的概念、通項和前n 項和公式，難度一般.解答這類問題一般有兩種思路：一是基本量法，利用方程或方程組，求出等差數列的兩個基本量首項 a₁ 和公差 d ，然后解決相關問題；

二是性質法，利用等差數列的性質求出相關的項，或相關參數的值，進而解決相關問題.

解析1：基本量法

設等差數列 {a_n} 的等差數列 {a_n} 的公差為 d ，則

故由 S₃=6 ， S₅=-5 ，得 即 解得 （204號

故 S₆=6a₁+15d=6×5+15×（-3）=-15 ，所以本題 正確選項為B.

解析2：性質法（把等差數列的前 n 項和公式看成常數項為零的二次函數）

設 為常數），則由 S₃=6，S₅=- 5，得 即 解得 故 所以 ，故本題正確選項為B.解析3：性質法（利用等差中項求項）因為數列 {a_n} 是等差數列，所以 S₃=a₁+a₂+a₃= 3a₂=6?a₂=2 ；S₅=a₁+a₂+a₃+a₄+a₅=5a₃=-5?a₃=-1 所以公差 d=a₃-a₂=-3 ， a₆=a₃+3d=-1+3×（- 3）=-10. 故 S₆=S₅+a₆=-5+（-10）=-15 ，所以本題正確選項為B.解析4：性質法 （a₁+a₆=a₂+a₅=a₃+a₄） （2因為數列 {a_n} 是等差數列，所以 S₃=a₁+a₂+a₃= 3a₂=6?a₂=2 ：S₅=a₁+a₂+a₃+a₄+a₅=5a₃=-5?a₃=-1， 所以公差 d=a₃-a₂=-3 ， a₄=a₃+d=-1+（-3）= ^-4 又因為 a₁+a₆=a₂+a₅=a₃+a₄ ，所以 S₆=3（a₃+a₄） （204=3×（-1-4）=-15.

故本題正確選項為 B

點評：解法1和解法2采用的待定系數法，通過列方程組來求得相關的量，是最基本的方法，尤其是解法1；解法3和解法4注重等差數列的項與項之間、S_n 與某些項之間的聯系，可以更快捷的解決問題.從四種解法不難看出，求解等差數列基本問題，可謂“基本量法誠可貴，巧用性質價更高”，在考場答題時，性質法有時可以“秒殺”這類問題.

常言道：知識在于積累，方法歸于總結．要想在考場上快速且有效求解等差數列基本問題，我們必須掌握等差數列的性質及其應用

二、等差數列的性質1．在等差數列中，若 m+n=p+k ，則 a_?m+a_?n=a_?p+

．特別地，若 m+n=2p ，則 a_m+

a_n=2a_p ：2．在等差數列 {a_n} 中， a_k ， a_2k ， a_3k ， a_4k ，…仍

為等差數列，公差為 kd 3．若數列 {a_n} 是公差為 d 的等差數列，則數列

{λa_n+b}（λ，b 為常數）是公差為 λd 的等差數列.4．若數列 {a_n} ， {b_n} 是公差分別為 d_r ， d₂ 的等

差數列，則數列 {λ₁a_n+λ₂b_n} （ λ_?1 ， λ₂ 為常數）也是等

差數列，且公差為 λ₁d₁+λ₂d₂ 5.數列 {a_n} 是公差為d的等差數列，則從數列

中抽出項 a_k ， a_k+m ， a_k+2m ，…，組成的數列仍是等差

數列，公差為md.6．等差數列中， S_2n-1=（2n-1）a_n 7．公差為 d 的等差數列 {a_n} 的前 Ω_n 項和為 S_n ，

則數列 必是首項為 a₁ ，公差為 的等差數列.8.若 {a_n} 為等差數列，則 S_k ， S_2k-S_k ， S_3k-

S_2k ，…仍為等差數列，公差為 k²d 9．若兩個等差數列 {a_n} ， {b_n} 的前 n 項和分別

為 S_n 和 T_n ，則 10．若兩個等差數列 {a_n} ， {b_n} 的前 Ω_n 項和分別

為 S_n 和 T_n 則 （2011．等差數列中， S_n+m=S_m+S_n+mnd. （2012．設等差數列 {a_n} 共有 Ω_n 項， S_? 表示奇數項

之和， 表示偶數項之和，則：（1）當n為奇數時，S奮-S偶=n， S_n

（2）當 n 為偶數時，

三、妙用性質示例

性質雖好，會用才是硬道理．為此，下面舉幾例 與大家共賞.

例1．已知等差數列 {a_n} 滿足 a₂+a₄+a₆=3 ， a₃+ a₅+a₇=9 ，則 a₁+a₈= （

A.1 B. C.4 D.8

分析：根據等差數列的性質有 a₂+a₆=2a₄ ， a₃+ a₇=2a₅ ， a_?1+a_?8=a_?4+a_?5 即可求解.

解析：因為數列 {a_n} 為等差數列，且 a₂+a₄+a₆= 3， a₃+a₅+a₇=9 ，

所以 3a₄=3 ， 3a₅=9 ，解得 a₄=1 ， a₅=3 ，所以a₁+a₈=a₄+a₅=4 ，故選C.

例2．在等差數列 {a_n} 中， a₁+a₂=1 ， a₃+a₄=5 則 a₂₀₂₃+a₂₀₂₄= （ ）

A. 2022 B． 2023 C. 4044 D. 4045

分析：利用等差數列的性質， a₁+a₂ ， a₃+Ω α4，…，a2023+a2024也成等差數列.

解析：因為數列 {a_n} 是等差數列，所以 a₁+a₂ ，a₃+a₄ ，…， a₂₀₂₃+a₂₀₂₄ 也成等差數列

這個數列的第1項是1，第2項是5，所以公差為4， a₂₀₂₃+a₂₀₂₄ 是該數列的第1012項，

故 a₂₀₂₃+a₂₀₂₄=1+（1012-1）×4=4045 ，故選D.

例3．已知等差數列 {a_n} 和 {b_n} 的前 Π_n 項和分別為 S_n 、 T_n ，若 川

37 A. B. C. D. 26

分析：利用等差數列前 n 項和性質計算即可求得 代人計算可得結果.

解析：根據等差數列性質可得 S_2n-1=a₁+a₂+a₃ （204 所以 故選B.（20號

例4.已知等差數列 {a_n} 的公差為4，項數為偶數，所有奇數項的和為15，所有偶數項的和為55，則這個數列的項數為（

A.10 B.20 C. 30 D. 40

分析：根據偶數項等差數列的奇偶項項數相等，則 即可求解.

解析：設等差數列 {a_n} 的公差為 d=4 ，項數為n ，前 n 項和為 S_n ，則 ，即這個數列的項數為20，故選擇B.

例5．若兩個等差數列 {a_n} ， {b_n} 的前 Π_n 項和分別是 則 等于（ ）

65 27 65 A. B. C. D. 12 8 16

分析：先根據等差數列求和公式將和的比轉化為項的比，再根據等差數列性質確定通項公式，最后代人得結果.

解析： 所以

因為 {a_n} ， {b_n} 為等差數列，所以 a_n=k（14n- 5）， b_n=k（2n+2） ， k 為不為零的常數，

即 故選D. 0

例6.設等差數列 {a_n} ， {b_n} 的前 Ω_n 項和分別為

S_n ， T_n ，若對任意自然數都 n 有 則 0

的值為1

分析：由等差數列的性質可得： 再利用已知即可得出，

解析：由等差數列的性質可得：

對于任意的 n∈N^* 都有 則 T 中 故答案為：

例7．等差數列 {a_n} 中， a₁=2025 ，前 Π_n 項和為S_n 若 -2，則S2025= S₂₀₂₅=.

分析：設數列 {a_n} 的公差為 d ，利用等差數列的定義與求和公式推出數列 為等差數列，根據題設條件求得 d=-1 ，寫出其通項公式，代值計算即可.

解析：設等差數列 {a_n} 的公差為 d ，則 S_n=na₁+ 可得數列 為等差數列，首項為2025，公差為 因 ，解得 d=-1 ，故 ，則 S_n=n（2026- n ，故 S₂₀₂₅=2025（2026-2025）=2025. 故答案為：2025.

例8.已知 S_n 為等差數列 {a_n} 的前 Ω_n 項和，若S₅₀₆=S₅₀₈ ，且 a₂=1 ，則 S₂₀₂₅= （204號

分析：由等差數列的性質可得 a₂+a₁₀₁₃=a₅₀₇+ （204 a₅₀₈ ，從而可得 a₁₀₁₃ ，再由等差數列的求和公式代人計算，即可得到結果.

解析： S₅₀₆=S₅₀₈ ，： a₅₀₇+a₅₀₈=0 ，： a₂+a₁₀₁₃= （20號 a₅₀₇+a₅₀₈=0 ，又 a₂=1 ，： ， 故答

案： -2025

例9．已知等差數列 {a_n} ， {b_n} 的前 n 項和分別 為 S_n ， T_n ， 若 貝

分析：利用等差數列的性質結合求和公式對 合理變形為 再結合 代入求解.2

解析：因為等差數列 {a_n} ， {b_n} 的前 n 項和分別為 S_n ， T_n ，所以我們對 2+進行變形，得到

9（a₁+a₉） （20號

因為 所以 2

即 故答案： ， ，

例10.已知等差數列 {a_n} 中，前 2m+1 項和為77，這 2m+1 項中的偶數項之和為33，且 a_2m+1=2 則數列 {a_n} 的通項公式

分析：利用等差數列前 n 項和公式及等差數列性質條件可轉化為 a_m+1（2m+1）=77 ， a_m+1m=33 ，解方程求 ?_m ，再結合等差數列通項公式求 a₁ ， d ，由此可求通項公式 a_n

解析：設等差數列 {a_n} 的公差為 d

因為等差數列 {a_n} 中，前 2m+1 項和為77，所以 ，故 a_m+1（2m+1）=77

因為等差數列 {a_n} 中前 2m+1 項中的偶數項之和為33，所以 ，故 a_m+1m=33

所以 解得 m=3 ，所以 a₄=11

又 a_2m+1=a₇=2 ，所以 a₁+3d=11 ， a₁+6d=2 ，所以 a₁=20 ， d=-3 ，

所以 a_n=a₁+（n-1）d=20+（n-1）（-3）=-3n+23. （2

所以數列 {a_n} 的通項公式為 a_n=-3n+23 ．故答案為： -3n+23

從以上10個例子的分析與解答中可以看出，恰當的應用等差數列的性質，不僅能幫助我們打開解題思路，而且能起到化繁為簡，減少計算量的作用．所以對于等差數列基本問題的考場答題，我們應該堅持“性質優先”的原則．本文最后附上幾個變式訓練題，供大家練習.

四、變式問題演練

1.記 S_n 為等差數列 {a_n} 的前 n 項和，若 S₂=3 S₄=10 ，則 S₆= （ 1

A.17 B.19 C. 21 D. 23

2．在等差數列 {a_n} 中， a₂+a₃+a₄+a₅+a₆+a₇+a₈ =63 ，則 a₁+a₉= （

A. 45 B.9 C.18 D. 36

數學有數

3．已知等差數列 {a_n} 的前 n 項和為 S_n ， a₃+a₈+ a₁₃=-120 ， 5S₇-7S₅=70 ，若 S_k=S_k+1 ，則

A. 27 B.28 C. 54 D. 55

4.已知等差數列 {a_n} ， {b_n} 的前 λ_n 項和分別為 A_n B_n 日 則

A. B. 1 D.

5.已知等差數列 {a_n} 的項數為奇數，其中所有奇數項和為290，所有偶數項和為261，則該數列的項數為（ ）

A.19 B.20 C. 21 D. 22

6.記 S_n 為等差數列 {a_n} 的前 Ω_n 項和，若 a₁₃+ 2a₂=a₁₀+4 ，則 S₆=

7．設等差數列 {a_n} ， {b_n} 的前 n 項和分別為 S_n

T_n ，若對任意自然數都 n 有 則 4

的值為1

8．已知等差數列 {a_n} 的前 Ω_n 項和為 S_n ， a₁+a₂+ a₃=3 ，若 a_k+a_k-1+a_k-2=27 ， S_k=150 ，則 k= （204號

答案與提示

1.答案：C．提示：由等差數列片段和的性質有S₂ ， S₄-S₂ ， S₆-S₄ 是等差數列，所以 2（ΔS₄-S₂）=ΔS₂+ （S₆–S₄） ，可得 S₆=3S₄-3S₂=30-9=21

2.答案：C.提示：因為a2+a+a4+a5+a6+a7+ag=63 ，所以 7a₅=63 ， a₅=9 a₁+a₉=2a₅=18

3．答案：A．提示：設數列 {a_n} 的公差為 d ：數列 {a_n} 是等差數列，： a₃+a₈+a₁₃=3a₈=-120 ，解得 a₈=-40 ，即 a₁+7d=-40① ，： 5S₇-7S₅=70 ，解得 d=2 ，代人 ① 中得， a₁=-54，…S_k=S_k+1，÷.S_k=S_k+a_k+1 ，即a_k+1=0 ，： a₁+kd=0 ，即 -54+2k=0 ，解得 k=27 三：

n（a₁+a_n） 4.答案：C.提示：由題意可得 2

貝 （2

5.答案：A．提示：設等差數列 {a_n} 的前 n 項和

為 S_n ，項數為 2k-1 ，則

，兩式相除得 （20

解得 k=10 ，則項數為 2×10^-1=19 A

6.答案：12.提示：由 a₁₃+2a₂=a₁₀+4 ，可得 a₁₃ +a₂+a₂=a₁₀+a₅+a₂=a₁₀+4 ，所以 a₅+a₂=4 ，則 a₁+a₆ Γ=a₅+a₂=4 ，故

7.答案： 提示： 對于任意的 n∈N^* 都有 則

8.答案：30.提示：由a1+ak=a+ak-1=a+ak-2，a₁+a₂+a₃=3 ， a_k+a_k-1+a_k-2=27 ，可得 3（a₁+a_k）=30 故 a_?1+a_?k=10 ，則 ，解得 k

【作者簡介：資深中學高級教師，從事中學數學教學與研究37年，在省級及以上報刊雜志上發表數學文章3000余篇，其中多篇文章被人大復印報刊《高中數學教與學》和中學數學相關網站全文轉載】